生成函数
生成函数
OGF
现有一个序列 \(S\)，第 \(i\) 项叫 \(s_i\).
它的生成函数 \(Fs = \sum_{i=0}^\infty s_ix^i\).
\([x^i]Fs\) 表示只要其第 \(i\) 项，对应 \(S\) 的第 i 项。
然而我们知道某些函数是有封闭形式的，于是：
一些常见数列的生成函数
还有两个比较少见的：
运算
就是函数的加减乘除。
乘法就是多项式乘法。
对应到数列上，相当于项数之和为 \(i\) 的构成了乘积的第 \(i\) 项。
生成函数对应的变换
乘上 \(x\) 相当于项右平移一位。对应到原序列上，第 \(i\) 位的数现在就在第 \(i + 1\) 这里。
乘上 \(x^k\) 相当于项右平移 \(k\) 位。
观察一下：
乘上 \(1\over 1 - x\) 相当于求一次原序列的前缀和。（参考乘法运算法则理解）
乘上 \(1\over (1 - x)^k\) 相当于求 \(k\) 次原序列的前缀和。（参考乘法运算法则理解）
注意力惊人的小盆友一定发现了：“这不就是一个杨辉三角吗？”
确实。
小推一下可以得到 \([x^i]\frac1{(1 - x)^k}={k+i-1\choose i}={k+i-1\choose k-1}\).
\(s_i\) 是选出非负数 k 个数相加等于 i 的方案数。这就是个插板法，所以 \(s_i = \binom {i + k - 1}k\) 。
乘上 \(1\over 1 - x^k\) 相当于隔 \(k - 1\) 位求一次和。（参考乘法运算法则理解）
对于较为一般的形式，
我愿称之为生成函数基本形式，求系数的主要思路就是转化成基本形式后用这个公式。
例题1：P10780 BZOJ3028 食物
（模板）
用序列的第 \(n\) 项来表示一共选择 \(n\) 个食物。
汉堡偶数个，对应序列 \(\{1,0,1,0,1\}\) (注意！这里位数编号从 0 开始)，生成函数是 \(1\over 1-x^2\).
发现乘法的意义是位数之和为 n ，相当于所有种类中一共选 n 个。.
所有把这些 F 乘起来，取第 k 项即可。
就是 \([x^n]{x\over (1-x)^4}\) ，就是 \(\binom{n+4}3\).
例题2：[P4451 国家集训队] 整数的lqp拆分
（解方程）
给定 n ，\(F\) 是斐波那契序列，求可行方案权值（\(F_{a_i}\)的积）求和。
设 \(f_{i,j}\) 表示 \(m = i,\sum a_i = j\).
更具定义，\(f_{1,j} = F_j\).
枚举最后一个被选的数，令其为 k，之前的权值和是 \(f_{i-1,j-k}\) ，对每一种情况都要再乘上 \(F_k\) ，可得：
发现这是一个卷积的形式（多项式乘法）,可写为： \(f_i = f_{i-1} * F = (f_1)^i= F^i\).
-x 是 \(F_1\) ，可以画图理解。
解得 \(F = {x\over1-x-x^2}\).
要求的是：
设 \(G = \frac 1{1-2x-x^2}\)，\(G-2xG-x^2G = 1\). 把 G 的系数写出来：
由 \(G-2xG-x^2G = 1\)，得 \(g_0 = 1, g_1=2g_0=2,g_n=2g_{n-1}+g_{n-2}\).
设 p,q，我们希望这组 p q 能满足以下关系：
又因为 \(g_n=2g_{n-1}+g_{n-2}\)，化简可得：\(p+q =2, pq=-1\)，解方程解出来 \(p,q=1\pm\sqrt 2\).
因为 p,q 是互厄的，所以：
要求的就是 \(g_{n-1}\) ，p，q 用二次剩余算一算即可。
安利大佬博客：算法学习笔记：生成函数 - Re_Star - 博客园
例题3：AT_aising2020_f Two Snuke
（拉差）
题意：对于一个十元组 \(a_1, a_2, b_1, b_2, c_1, c_2, d_1, d_2, e_1, e_2\) ，定义它合法当且仅当满足下列条件：
现在有 T 组数据，每次对于给定的 n 求所有合法十元组 \(a_{2}-a_{1},b_{2}-b_{1},c_{2}-c_{1}, d_{2}-d_{1}, e_{2}-e_{1}\) 之和对 \(10^{9}+7\) 取模的结果。
看到一大坨东西和小于等于 n 这条限制，于是想到生成函数。
设 \(n_1 = a_1+a_2,n_2=b_1+b_2...\) ，\(m_1 = a_2 - a_1,m_2= b_2- b_1\) , \(f_{i,j}\) 表示考虑了前 \(i\) 种数，和为 \(j\) 的答案。
现在我们考虑一组数和为 \(n_i\)，可以分成 0 和 \(n_i\) 此时 \(m_i\) 为 \(n_i\)，也可以分成 1 和 ，\(n_i-1\) 此时 \(m_i\) 为 \(n_i−2\)。
以此类推，我们可以发现一组数的和 \(n_i\) 确定时所有情况的 \(m_i\) 呈现等差数列的形式，我们设 \(g_i\) 为一组数和为 i 时所有情况 m 的和。需要分两种情况，如果 i 为奇数，\(g_i=\frac{(i+1)^2}4\)，i 为偶数时 \(g_i=\frac{i(i+2)}4\)。
所以：
要求的就是 \([x^n]f_5=[x^n]g^5\).
推一下 g 的封闭形式：
因为 L2 只有偶数项的值，所以，只用累加偶数，故：（别把奇偶想反了）
把 n 看成系数，i 看成变量，所以这是一个关于 i 的 14 次方程，因为求了前缀和，所以是 15 次的（关于谁不重要，不影响我拉差），可以拉差。
可以这么理解：
发现 F 是关于 x 的 15 次方程，然后我们要求 F(n/2)，所以拉差。
不要忘了平移 n 。
例题4：[AT_abc241_h ABC241Ex] Card Deck Score
（待定系数）
有 n 种卡牌，每张卡牌上有一个数字，具体的，有 \(b_i\) 张卡牌上的数字为 \(a_i\)。
求出拿走其中 m 张卡牌的贡献之和。贡献为这些卡牌的乘积。对于本质相同的卡牌组合，只算一次。
\(n \le \huge{16}\) , \(m \le 10^{18}\)
按照套路，对于每种牌写出其生成函数，\([x^k]\) 代表选 k 张。注意这里有上界 \(b_i\).
要求的就是：
分子是很多个 \((1-x^k)\) 向乘，但是因为 n 小于 16，所以可以暴力展开。
假设展开以后，第 i + 1 项是 \(c_ix^{d_i}\),
设：(可以看为把右边通分，凑出来了一组 p 使等式成立)
通分
这是一个恒等式，a 已知，要去求 \(p_i\)，按照这么多年数学课培养出来的直觉，虽然我没有被培养出来，这时候应该同伙特殊值法去求 p。代入 \(x = \frac1{a_1}\)，发现只有第一项有值，得到：
同理代入 \(x = \frac1{a_i}(1\le i\le n)\),可以求出其他的 p。
答案是：
右边还是一个等差数列生成函数的封闭形式，第 \(x^{m-i}\) 项自然是 \(p_j(a_jx)^{m-i}\).
一个一个求就行了。
生成函数转递推式
先瞪眼，如果能直接瞪出来是最好的。
对于小清新的生成函数，直接求导，然后整理成递推式。例题.
递推式转生成函数
常系数齐次线性递推，这个又分为两种，第一种就是直接多项式取模，第二种则需要小推一下式子。前者更好理解，但缺点是写不出通项公式，这个会直接得到每一个初始项的系数。手算的话可以考虑常系数齐次线性递推的第二种求法。
递推式转通项公式
方法1：用特征多项式求。就是例题 2 的做法。
方法2：当然可以矩阵快速幂，不过当递推的项数多了，还能更快。这里文末有详细介绍。
简单讲一下，
假设原来的转移矩阵是 C，想办法把 C 变成 \(ABA^{-1}\) 的形式，其中 B 是一个对角矩阵。
这样有什么好处呢？考虑 \(C^k = (ABA^{-1})^k = AB^kA^{-1}\)。这就是展开后发现 \(A^{-1}\) 和 \(A\) 刚好消掉了。
容易发现，对角矩阵的 k 次幂就是矩阵里面每个数的 k 次幂构成的矩阵，这是算法的核心。
然后用矩阵乘法定义暴力把 \(A(B^k)A^{-1}\) 三个矩阵乘起来，就可以得到递推式第 k 项的值。
其中，A 是由两个特征向量所在空间的基拼起来的。
方法3：用裂项待定系数的方法。类似于例 4。其本质其实是有理展开定理。
以斐波那契数列为例，
解 \(1-x-x^2=0\) , 得到 \(x_1=\frac{-\sqrt{5}-1}{2},x_2=\frac{\sqrt{5}-1}{2}\)
我们断言 \(F\) 能被表示成两个分式的和，即
这个形式的 F 就变成了生成函数的基本形式，可以求其系数。
解得 \(a=\frac{5-\sqrt{5}}{10},\ b=\frac{5+\sqrt{5}}{10}\)。
解 \(a,b\) 除了直接费老大功夫解二元方程外，还有一种简便方法：
不妨在两边乘上 \(x - x_1\) 。
因为上式的含义是 x 无论取多少都恒等，所以 \(\lim x \rightarrow x_1\)，
同理可得 \(b=\large\frac{x_2}{x_2-x_1}\).
使用基本形式公式容易得到，$$F[n]=\dfrac{\sqrt{5}}{5}\left[\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right){n}-\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)\right]$$。
有一种特殊情况，就是方程的有些根可能相同，再用前面的裂项会有点问题。写为一般形式：\(G(x)=\prod(x-x_i)^{k_i}\)。
这个时候裂项出来的是：
大概是这个样子的。虽然这个东西看起来很吓人，但一般来说遇到的 G 的项数会很少，所以还是很好算的。
求系数技巧
（本质上是求通项公式）
经常会遇到要求 \(\dfrac {F(x)}{G(x)}\) 的时候。
最快的方法就是瞪眼法，如果不行，还可以找一个类似于 G 的逆元的东西替代。
- 分式分解
我们能轻松求出 \(\dfrac1{(1-x^k)^p}\) 的系数，所以考虑用其因子来表示 G。
例如：\(F(x)=\dfrac{1}{(1-z)(1-z^2)(1-z^5)}\) ，需要提取其系数。
不容易发现 \((1-z)(1-z^2)(1-z^5)\big|(1-z^{10})^{3}\)，令 \(A(x) = \dfrac{(1-z^{10})^{3}}{(1-z)(1-z^2)(1-z^5)}\)。
于是 \(\dfrac{1}{(1-z)(1-z^2)(1-z^5)} = \dfrac{A(x)}{(1-z^{10})^{3}}\). 根据之前整除的限制，可得 A 是一个次数有限的多项式，这非常的好呀，这样可以直接暴力把 A 的每一项系数都求出来。
则 \(F[n]=\sum\limits_{i=0}^{22}A[i]\big[10|(n-i)\big]\dbinom{(n-i)/10+2}{(n-i)/10}\)。
- \(Bostan-Mori\) 算法
先咕着，我不会。
- 有理展开
太复杂了，但是这个思路值得学习。
使用条件，对于 \(\dfrac {F(x)}{G(x)}\) ，G 可以被因式分解。对于多项式因式分解，可以瞪眼瞪出来最好，次数低于 5 次的话可以使用求根公式。
我们的目标其实是搞成基本形式后套公式解决，也就是要裂项。
下面给出有理展开的公式：
不同根有理展开定理，（用于每个根都不同的时候）：
我们将 \(Q(x)\) 因式分解成 \(q_0 \displaystyle\prod_{i = 0}^l (1 - \rho_i x)\)（其中 \(\rho_i\) 互不相等，也就是说，\(S(x)\) 中所有 \(m_i\) 都 \(= 0\)），若 \(P(x)\) 是次数小于 \(l\) 的多项式，那么有结论 \([x^n]R(x) = \displaystyle\sum_{i = 1}^l a_i \rho_i^n\)，其中 \(a_i = \displaystyle\frac{- \rho_i P \left( \frac{1}{\rho_i}\right)}{Q'\left( \frac{1}{\rho_i}\right)}\)。
有理展开定理一般形式，（使用数学归纳法证明）：
\(Q(x) = q_0 \displaystyle\prod_{i = 1}^l (1 - \rho_i x)^{d_i}\)，\(\rho_1, \rho_2, \dots, \rho_l\) 互不相等，而 \(P(x)\) 是一个次数小于 \(d_1 + d_2 + \dots + d_l\) 的多项式，那么 \([x^n]R(x) = \displaystyle\sum_{i = 1}^l f_i(n) \rho_i^n\)，其中 \(f_i(n)\) 是一个次数为 \(d_l - 1\) 且首项系数为 \(a_i = \displaystyle\frac{(-\rho_i)^{d_i} P \left(\frac{1}{\rho_i} \right) d_i}{Q^{(d_i)} \left(\frac{1}{\rho_i} \right)} = \frac{P \left(\frac{1}{\rho_i} \right)}{(d_i - 1)! q_0 \prod\limits_{j = 1 \wedge j \neq i}^l \left(1 - \frac{\rho_j}{\rho_i} \right)^{d_j}}\)。
求生成函数系数的一半思路就是，先用常系数齐次线性递推，把递推式转生成函数，然后再用有理展开把生成函数转通项公式。
例5 勘破神机
跳过前面 dp 的内容。
不容易得到，\(g_n = 4g_{n-1} -g_{n-2}\)。
现在要求 \(\large{\sum_i^r} \binom{g_i}k\). \(k\le501,r\le6e18\).
使用常系数齐次线性递推可得，g 对应的生成函数为 \(\dfrac{-x+1}{x^2-4x+1}\)，把 \({x^2-4x+1}\) 因式分解，然后用有理展开算它的通项公式，可得：
boss 进入第二阶段。
为了方便表示，我们定义 \(a = {3+\sqrt3\over6},{x_1=(2+\sqrt3)^n},b={3-\sqrt3\over6},{x_2=(2-\sqrt3)},g(n) = a\times x_1^n + b\times x_2^n\)。
于是就变成了快乐推式子题！
交换和式，然后发现后面一坨还可以用等差数列求和公式，可以搞成和式上界是 k 的式子。
例6[P4931 MtOI2018]情侣？给我烧了！
例7 CF438E The Child and Binary Tree
- 给出一个集合 C，你要计数由集合 C 中的元素构成的二叉树
- “一棵带点权的树的权值，是其所有顶点权值的总和。”
- “第 \(i\) 行应当含有权值恰为 \(i\) 的神犇二叉树的总数。”
- “请输出答案关于 \(\bf 998244353\) 取模的结果”
设 F 为答案的生成函数。设 \(G(x)=[x\in C]\)，表示选出一个元素能构成的树。类似于卡特兰数，对 F 的递推式有：
这相当于枚举根节点为的权值为 i，左子树为 j，右子树为 n - i - j。用函数卷积形式表示为：
解方程得：
让 G(x) 趋近于 0 时发现只有取负号收敛，于是就可以大力多项式做了。
例8 queue2 - Problem Detail - Hydro
题意 : 对 \(1...n\) 进行排列,满足相差 \(1\) 的两个数不会相邻,问方案数。
直直直直接上容斥搞！
PS：这里把满足**相差为 1 **连续的一个区间，叫做一个段。
设 \(f_i\) 为钦定有 i 个处相差为 1， \(g_i\) 为恰好 i 处相差 1。\(g_0\) 就是答案。
想办法搞 F，考虑生成函数。
先考虑只有一个连续段的时候。设序列长度为 n，观察发现，当 n = 1 时，肯定只有一种方案，当 n > 1 是，有上升和下降的两种方案，例如 n = 4 时，有 1 2 3 4 和 4 3 2 1。
所以写成生成函数就是 \(H = x + 2x^2+2x^3...2x^n... = \dfrac{x+x^2}{1-x}\)。（注意这里的第 n 项系数表示的是序列长度为 n 的答案）
如果要划分成 k 段，然后每段之间可以交换位置，就是 \(k!H^k\)，所以 \(F_{n-k} = [x^n]k!H^k\)。然后带回原式大力化简：
再拿生成函数来表示 G：（这里 G 的第 n 项系数表示序列长度为 n 时的答案）
由于有 \(G = \sum_ix^ig_i=\sum_ix^i[x^i]G\)，要把后面化成类似的式子。
反正只求 n 次项系数，在前面乘上 \((-1)^n\) 其实等价于把 \(H(x)\) 变为 \(H(-x)\).
终于到了想要的形式，所以：
要求递推式的话还是只有求导一个方法，把上式看成复合函数来求导。
其中 \(P(x) = (-H(-x)) = \dfrac{x^2-x}{1+x}\) ，把这玩意带入，接下来就是体力活了，反正最后可得：
然后再大力提取系数得到递推式：
真的构式题目
EGF
引入：
现在有 a b 两种有标号物品，放 i 个 a 物品的方案数为 \(A[i]\)，放 j 个 b 物品的方案数为 \(B[j]\), 现在要有序地合并 a b 两种物品，求放 k 个物品的方案数。
这其实就是归并，归并的时候要乘上一个插板法的系数，写成 dp 方程就是
这个组合数破坏了原本优美的卷积形式，但是如果我们这样改写上式：
如果把 \(\dfrac{A[i]}{i!}\) 当成 \(A'[i]\) 后，这又是一个卷积的形式，可以加上 x 的幂次进行区分：
于是可以把 A 和 B 卷积起来后在乘上一个 \(k!\) 就是放 k 个有序物品的方案数。
定义：对于序列 \(F[n]\),，其 EGF 就是 \(F(x) = \sum f_i\dfrac{x^i}{i!}\) 。
EGF 常用来处理排列，或其他需要注意顺序的东西。
机房有位神犇说，EGF 是用于处理针对集合大小的问题。
常用数列 EGF：
-
\(\{1,1,1,1,1\dots\}\xrightarrow{\bf EGF}e^x\)
-
\(\{1,-1,1,-1,1\dots\}\xrightarrow{\bf EGF}e^{-x}\)
-
\(\{1,c,c^2,c^3\dots\}\xrightarrow{\bf EGF}e^{cx}\)
-
\(\{1,0,1,0,1,0\dots\}\xrightarrow{\bf EGF}\dfrac{e^x+e^{-x}}{2}\)
Tips : 前两个加起来除以2。
-
\(\{1,a,a^{\underline 2},a^{\underline 3},a^{\underline 4}\dots\}\xrightarrow{\bf EGF}(1+x)^a\)
Tips : 考虑组合数的定义。
运算：
加法：\(A = B+C \Rightarrow A(x) = B(x) + C(x)\).
乘法：\(\dfrac{C[k]}{{k!}} = \sum_{i+j=k} \frac{A[i]}{i!}\frac{B[j]}{j!}\).
对比 OGF 和 EGF，
\(\rm OGF\) : {AAAA}×{BBB} → {AAAABBB}
\(\rm EGF\) : {AAAA}×{BBB} → {AABABBA},{BAABAAB},{BBABAAA}...共C(4+3,3)种
注意，我们在实战中把 EGF 当成 OGF 来运算，所以结束时提取系数需要乘以 \(i!\) (易被遗忘)。
例题：「染色问题」（纯数学）
用红蓝绿三种颜色，涂一个长度为 \(n\) 的纸条，使得红色和蓝色的个数是偶数，求方案数。
我们用单独一种颜色涂任意长的纸条，方案数都是 \(1\) 。由于前两种颜色不能涂奇数个，可以认为奇数的方案数是 \(0\) 。
然后，我们给纯色的纸条分配标号，“归并”成多色的纸条，而这对应着 EGF 卷积。
绿色的EGF : \(\sum\limits_{i=0}\dfrac{x^{i}}{i!}=e^x\quad\) ( \(\{1,1,1,1...\}\) )
红和蓝的EGF : \(\sum\limits_{i=0}\dfrac{x^{2i}}{(2i)!}=\dfrac{e^x+e^{-x}}{2}\quad\) ( \(\{1,0,1,0...\}\) )
把生成函数乘起来得到:
(分别)提取系数就能得到 :
后记
参考（复制）了巨量 commend_block 和 Re_star 的博客。
浙公网安备 33010602011771号